Exo7 - Cours de mathématiques

Exo7
Nombres complexes
Vidéo ■ partie 1. Les nombres complexes, définitions et opérations
Vidéo ■ partie 2. Racines carrées, équation du second degré
Vidéo ■ partie 3. Argument et trigonométrie
Vidéo ■ partie 4. Nombres complexes et géométrie
Exercices Nombres complexes
Préambule
L’équation x + 5 = 2 a ses coefficients dans N mais pourtant sa solution x = −3 n’est pas un entier
naturel. Il faut ici considérer l’ensemble plus grand Z des entiers relatifs.
x+5=2
x2 = 12
2x=−3
p
x2 =− 2
N ,−−−−−→ Z ,−−−−−→ Q ,−−−−−→ R ,−−−−−→ C
De même l’équation 2x = −3 a ses coefficients dans Z mais sa solution x = − 32 est dans l’ensemble
plus grand des rationnels Q. Continuons ainsi, l’équation x2 = 12 à coefficients dans Q, a ses sop
p
p
lutions x1 = +1/ 2 et x2 = −1/ 2 dans l’ensemble
R. Ensuite l’équation x2 = − 2 à ses
pp des réels p
p
coefficients dans R et ses solutions x1 = +
2 i et x2 = −
2 i dans l’ensemble des nombres
complexes C. Ce processus est-il sans fin ? Non ! Les nombres complexes sont en quelque sorte
le bout de la chaîne car nous avons le théorème de d’Alembert-Gauss suivant : « Pour n’importe
quelle équation polynomiale a n x n + a n−1 x n−1 + · · · + a 2 x2 + a 1 x + a 0 = 0 où les coefficients a i sont
des complexes (ou bien des réels), alors les solutions x1 , . . . , xn sont dans l’ensemble des nombres
complexes ».
Outre la résolution d’équations, les nombres complexes s’appliquent à la trigonométrie, à la géométrie (comme nous le verrons dans ce chapitre) mais aussi à l’électronique, à la mécanique
quantique, etc.
1. Les nombres complexes
1.1. Définition
1
2
Définition 1
Un nombre complexe est un couple (a, b) ∈ R2 que l’on notera a + ib
iR
a + ib
b
i
0
a
1
R
Cela revient à identifier 1 avec le vecteur (1, 0) de R2 , et i avec le vecteur (0, 1). On note C l’ensemble
des nombres complexes. Si b = 0, alors z = a est situé sur l’axe des abscisses, que l’on identifie à R.
Dans ce cas on dira que z est réel, et R apparaît comme un sous-ensemble de C, appelé axe réel.
Si b 6= 0, z est dit imaginaire et si b 6= 0 et a = 0, z est dit imaginaire pur.
1.2. Opérations
Si z = a + ib et z0 = a0 + ib0 sont deux nombres complexes, alors on définit les opérations suivantes :
– addition : (a + ib) + (a0 + ib0 ) = (a + a0 ) + i(b + b0 )
iR
z + z0
z0
i
0
z
R
1
– multiplication : (a + ib) × (a0 + ib0 ) = (aa0 − bb0 ) + i(ab0 + ba0 ). C’est la multiplication usuelle
avec la convention suivante :
i2 = −1
1.3. Partie réelle et imaginaire
Soit z = a + ib un nombre complexe, sa partie réelle est le réel a et on la note Re(z) ; sa partie
imaginaire est le réel b et on la note Im(z).
iR
z
Im(z)
i
0
1
Re(z)
R
3
Par identification de C à R2 , l’écriture z = Re(z) + i Im(z) est unique :
z = z0
⇐⇒

0

 Re(z) = Re(z )
et


Im(z) = Im(z0 )
En particulier un nombre complexe est réel si et seulement si sa partie imaginaire est nulle. Un
nombre complexe est nul si et et seulement si sa partie réelle et sa partie imaginaire sont nuls.
1.4. Calculs
Quelques définitions et calculs sur les nombres complexes.
λz
z
i
0
1
−z
– L’ opposé de z = a + ib est − z = (−a) + i(− b) = −a − ib.
– La multiplication par un scalaire λ ∈ R : λ · z = (λa) + i(λ b).
– L’ inverse : si z 6= 0, il existe un unique z0 ∈ C tel que zz0 = 1 (où 1 = 1 + i × 0).
Pour la preuve et le calcul on écrit z = a + ib puis on cherche z0 = a0 + ib0 tel que zz0 =
1. Autrement dit (a + ib)(a0 + ib0 ) = 1. En développant et identifiant les parties réelles et
imaginaires on obtient les équations
(
aa0 − bb0 = 1 (L 1 )
ab0 + ba0 = 0 (L 2 )
En écrivant aL 1 + bL 2 (on multiplie la ligne (L 1 ) par a, la ligne (L 2 ) par b et on additionne)
et − bL 1 + aL 2 on en déduit
( ¡
(
¢
a0 a2 + b 2 = a
a0 = a2 +a b2
¡
¢
donc
b 0 a2 + b 2 = − b
b0 = − a2 +b b2
L’inverse de z est donc
z0 =
1
a
−b
a − ib
= 2
+i 2
= 2
.
2
2
z a +b
a +b
a + b2
– La division : zz0 est le nombre complexe z × z10 .
– Propriété d’intégrité : si zz0 = 0 alors z = 0 ou z0 = 0.
¡ ¢n
– Puissances : z2 = z × z, z n = z × · · · × z (n fois, n ∈ N). Par convention z0 = 1 et z−n = 1z =
1
zn .
4
Proposition 1
Pour tout z ∈ C différent de 1
1 + z + z2 + · · · + z n =
1 − z n+1
.
1− z
La preuve est simple : notons S = 1 + z + z2 + · · · + z n , alors en développant S · (1 − z) presque tous
les termes se télescopent et l’on trouve S · (1 − z) = 1 − z n+1 .
Remarque
Il n’y pas d’ordre naturel sur C, il ne faut donc jamais écrire z Ê 0 ou z É z0 .
1.5. Conjugué, module
Le conjugué de z = a + ib est z̄ = a − ib, autrement dit Re( z̄) = Re(z) et Im( z̄) = − Im(z). Le point z̄
est le symétrique du point z par rapport à l’axe réel.
p
Le module de z = a + ib est le réel positif | z| = a2 + b2 . Comme z × z̄ = (a + ib)(a − ib) = a2 + b2
p
alors le module vaut aussi | z| = z z̄.
z
z = a + ib
i
| z|
0
1
z̄
Quelques formules :
–
–
–
–
–
z + z0 = z̄ + z0 , z̄ = z, zz0 = z̄z0
z = z̄ ⇐⇒ z ∈ R
¯ ¯
| z|2 = z × z̄, | z̄| = | z|, ¯ zz0 ¯ = | z|| z0 |
| z| = 0 ⇐⇒ z = 0
¯ ¯
¯
¯
L’inégalité triangulaire : ¯ z + z0 ¯ É | z| + ¯ z0 ¯
0
a
b
5
Exemple 1
Dans un parallélogramme, la somme des carrés des diagonales égale la somme des carrés des
côtés.
Si les longueurs des côtés sont notées L et ` et les longueurs des diagonales sont D et d alors il
s’agit de montrer l’égalité
D 2 + d 2 = 2`2 + 2L2 .
z + z0
| z − z0 |
L
| z0 |
| z + z0 |
`
d
`
| z|
z0
| z0 |
z
D
| z|
L
0
Démonstration
Cela devient simple si l’on considère que notre parallélogramme a pour sommets 0, z, z0 et le dernier
sommet est donc z + z0 . La longueur du grand côté est ici | z|, celle du petit côté est | z0 |. La longueur
de la grande diagonale est | z + z0 |. Enfin il faut se convaincre que la longueur de la petite diagonale
est | z − z0 |.
¯
¯2 ¯
¯2
D 2 + d 2 = ¯ z + z0 ¯ + ¯ z − z0 ¯
¡
¢
¢
z + z0 ( z + z0 ) + z − z0 ( z − z0 )
=
¡
=
=
z z̄ + zz0 + z0 z̄ + z0 z0 + z z̄ − zz0 − z0 z̄ + z0 z0
¯ ¯2
2 z z̄ + 2 z0 z0 = 2 | z|2 + 2 ¯ z0 ¯
=
2`2 + 2L2
Mini-exercices
1. Calculer 1 − 2i + 1−i 2i .
2. Écrire sous la forme a + ib les nombres complexes (1 + i)2 , (1 + i)3 , (1 + i)4 , (1 + i)8 .
3. En déduire 1 + (1 + i) + (1 + i)2 + · · · + (1 + i)7 .
4. Soit z ∈ C tel que |1 + iz| = |1 − iz|, montrer que z ∈ R.
5. Montrer que si | Re z| É | Re z0 | et | Im z| É | Im z0 | alors | z| É | z0 |, mais que la réciproque
est fausse.
6. Montrer que 1/ z̄ = z/ | z|2 (pour z 6= 0).
2. Racines carrées, équation du second degré
2.1. Racines carrées d’un nombre complexe
Pour z ∈ C, une racine carrée est un nombre complexe ω tel que ω2 = z.
p
p
Par exemple si x ∈ R+ , on connaît deux racines carrées : x, − x. Autre exemple : les racines
carrées de −1 sont i et −i.
6
Proposition 2
Soit z un nombre complexe, alors z admet deux racines carrées, ω et −ω.
Attention ! Contrairement au cas réel, il n’y a pas de façon privilégiée de choisir une racine plutôt
que l’autre, donc pas de fonction racine. On ne dira donc jamais « soit ω la racine de z ».
Si z 6= 0 ces deux racines carrées sont distinctes. Si z = 0 alors ω = 0 est une racine double.
Pour z = a + ib nous allons calculer ω et −ω en fonction de a et b.
Démonstration
Nous écrivons ω = x + i y, nous cherchons x, y tels que ω2 = z.
ω2 = z
⇐⇒
⇐⇒
( x + i y)2 = a + i b
(
x 2 − y2 = a
en identifiant parties réelles et parties imaginaires.
2x y = b
Petite astuce ici : nous rajoutons l’équation |ω|2 = | z| (qui se déduit bien sûr de ω2 = z) qui s’écrit
p
aussi x2 + y2 = a2 + b2 . Nous obtenons des systèmes équivalents aux précédents :
pp



p
2
2
2

2 + b2 + a
p1
a2 + b 2 + a
x
=
±



x
−
y
=
a
2
x
=
a



2 pp
p
2x y = b
⇐⇒
2 y2 = a2 + b2 − a ⇐⇒
y = ± p1
a2 + b 2 − a
p



2
 2


2
2
2

x + y = a +b
2x y = b
2x y = b
Discutons suivant le signe du réel b. Si b Ê 0, x et y sont de même signe ou nuls (car 2 x y = b Ê 0)
donc
qp
µqp
¶
1
2
2
2
2
ω = ±p
a +b +a+i
a +b −a ,
2
et si b É 0
1
ω = ±p
2
µqp
qp
a2 + b 2 + a − i
a2 + b 2 − a
En particulier si b = 0 le résultat dépend du signe de a, si a Ê 0,
p
p
p
tandis que si a < 0, a2 = −a et donc ω = ±i −a = ±i |a|.
p
¶
.
p
a2 = a et par conséquent ω = ± a,
Il n’est pas nécessaire d’apprendre ces formules mais il est indispensable de savoir refaire les
calculs.
Exemple 2
Les racines carrées de i sont +
En effet :
p
2
2 (1 + i)
ω2 = i
et −
p
2
2 (1 + i).
⇐⇒ (x + iy)2 = i
(
x2 − y2 = 0
⇐⇒
2x y = 1
Rajoutons la conditions |ω|2 = |i| pour obtenir le système équivalent au précédent :



2
2
2

p1



x
−
y
=
0
2x
=
1


 x=± 2
⇐⇒
2x y = 1
2y2 = 1 ⇐⇒
y = ± p1
2



 2


2
 2x y = 1
x +y =1
2x y = 1
7
Les réels x et y sont donc de même signe, nous trouvons bien deux solutions :
1
1
x + iy = p + i p
2
2
ou
1
1
x + iy = − p − i p
2
2
2.2. Équation du second degré
Proposition 3
L’équation du second degré az2 + bz + c = 0, où a, b, c ∈ C et a 6= 0, possède deux solutions
z1 , z2 ∈ C éventuellement confondues.
Soit ∆ = b2 − 4ac le discriminant et δ ∈ C une racine carrée de ∆. Alors les solutions sont
z1 =
−b + δ
2a
et
z2 =
−b − δ
.
2a
Et si ∆ = 0 alors la solution z = z1 = z2 = − b/2a est unique (elle est dite double). Si on s’autorisait
p
à écrire δ = ∆ pour le nombre complexe ∆, on obtiendrait la même formule que celle que vous
connaissez lorsque a, b, c sont réels.
Exemple 3
p
p
−1 ± i 3
.
– z + z + 1 = 0, ∆ = −3, δ = i 3, les solutions sont z =
2
p
2
p
p
−
1
±
2 (1 + i)
– z2 + z + 14−i = 0, ∆ = i, δ = 22 (1 + i), les solutions sont z =
= − 21 ± 42 (1 + i).
2
2
On retrouve aussi le résultat bien connu pour le cas des équations à coefficients réels :
Corollaire 1
Si les coefficients a, b, c sont réels alors ∆ ∈ R et les solutions sont de trois types :
b
– si ∆ = 0, la racine double est réelle et vaut − ,
p 2a
−b ± ∆
– si ∆ > 0, on a deux solutions réelles
,
2a
p
− b ± i −∆
– si ∆ < 0, on a deux solutions complexes, mais non réelles,
.
2a
Démonstration
On écrit la factorisation
az2 + bz + c
=
=
=
=
¶
µµ
¶
¶
µ
c
b 2 b2
b
c
a z2 + z +
= a z+
− 2+
a
a
2a
a
4a
µµ
¶
¶
µµ
¶
¶
b 2
∆
b 2 δ2
a z+
− 2 = a z+
− 2
2a
2a
4a
4a
¶
¶ µµ
¶
¶
µµ
b
δ
b
δ
a z+
−
z+
+
2a
2a
2a
2a
µ
¶µ
¶
−b + δ
−b − δ
a z−
z−
= a ( z − z1 ) ( z − z2 )
2a
2a
Donc le binôme s’annule si et seulement si z = z1 ou z = z2 .
8
2.3. Théorème fondamental de l’algèbre
Théorème 1. d’Alembert–Gauss
Soit P(z) = a n z n + a n−1 z n−1 + · · · + a 1 z + a 0 un polynôme à coefficients complexes et de degré
n. Alors l’équation P(z) = 0 admet exactement n solutions complexes comptées avec leur
multiplicité.
En d’autres termes il existe des nombres complexes z1 , . . . , z n (dont certains sont éventuellement confondus) tels que
P(z) = a n (z − z1 ) (z − z2 ) · · · (z − z n ) .
Nous admettons ce théorème.
Mini-exercices
1. Calculer les racines carrées de −i, 3 − 4i.
2. Résoudre les équations : z2 + z − 1 = 0, 2z2 + (−10 − 10i)z + 24 − 10i = 0.
p
p
p
p
3. Résoudre l’équation z2 + (i − 2)z − i 2, puis l’équation Z 4 + (i − 2)Z 2 − i 2.
4. Montrer que si P(z) = z2 + bz + c possède pour racines z1 , z2 ∈ C alors z1 + z2 = − b et
z1 · z2 = c.
5. Trouver les paires de nombres dont la somme vaut i et le produit 1.
6. Soit P(z) = a n z n + a n−1 z n−1 + · · · + a 0 avec a i ∈ R pour tout i. Montrer que si z est racine
de P alors z̄ aussi.
3. Argument et trigonométrie
3.1. Argument
Si z = x + i y est de module 1, alors x2 + y2 = | z|2 = 1. Par conséquent le point (x, y) est sur le cercle
unité du plan, et son abscisse x est notée cos θ , son ordonnée y est sin θ , où θ est (une mesure de)
l’angle entre l’axe réel et z. Plus généralement, si z 6= 0, z/| z| est de module 1, et cela amène à :
Définition 2
Pour tout z ∈ C∗ = C−{0}, un nombre θ ∈ R tel que z = | z| (cos θ + i sin θ ) est appelé un argument
de z et noté θ = arg(z).
iR
z
| z|
i
arg(z)
0
1
R
Cet argument est défini modulo 2π. On peut imposer à cet argument d’être unique si on rajoute la
condition θ ∈] − π, +π].
9
Remarque
(
θ ≡ θ0
(mod 2π)
⇐⇒
∃ k ∈ Z, θ = θ 0 + 2kπ
⇐⇒
cos θ = cos θ 0
sin θ = sin θ 0
Proposition 4
L’argument satisfait les propriétés suivantes :
¡ ¢
¡ ¢
– arg zz0 ≡ arg(z) + arg z0 (mod 2π)
– arg (z n ) ≡ n arg(z) (mod 2π)
– arg (1/z) ≡ − arg(z) (mod 2π)
– arg( z̄) ≡ − arg z (mod 2π)
Démonstration
zz0
=
=
=
¯ ¯¡
¢
| z| (cos θ + i sin θ ) ¯ z0 ¯ cos θ 0 + i sin θ 0
¯ 0¯ ¡
¡
¢¢
¯ zz ¯ cos θ cos θ 0 − sin θ sin θ 0 + i cos θ sin θ 0 + sin θ cos θ 0
¯ 0¯ ¡
¡
¢
¡
¢¢
¯ zz ¯ cos θ + θ 0 + i sin θ + θ 0
¡ ¢
¡ ¢
donc arg zz0 ≡ arg( z) + arg z0 (mod 2π). On en déduit les deux autres propriétés, dont la deuxième
par récurrence.
3.2. Formule de Moivre, notation exponentielle
La formule de Moivre est :
(cos θ + i sin θ )n = cos (nθ ) + i sin (nθ )
Démonstration
Par récurrence, on montre que
(cos θ + i sin θ )n
=
(cos θ + i sin θ )n−1 × (cos θ + i sin θ )
=
(cos (( n − 1) θ ) + i sin (( n − 1) θ )) × (cos θ + i sin θ )
=
(cos (( n − 1) θ ) cos θ − sin (( n − 1) θ ) sin θ )
+i (cos (( n − 1) θ ) sin θ + sin (( n − 1) θ ) cos θ )
=
cos nθ + i sin nθ
Nous définissons la notation exponentielle par
eiθ = cos θ + i sin θ
et donc tout nombre complexe s’écrit
z = ρ eiθ
où ρ = | z| est le module et θ = arg(z) est un argument.
10
Avec la notation exponentielle, on peut écrire pour z = ρ eiθ et z0 = ρ 0 eiθ

0
0

zz0 = ρρ 0 eiθ eiθ = ρρ 0 ei(θ+θ )



 z n = ¡ρ eiθ ¢n = ρ n ¡ eiθ ¢n = ρ n einθ
¡
¢

1/z = 1/ ρ eiθ = ρ1 e−iθ



 z̄ = ρ e−iθ
0
¡ ¢n
La formule de Moivre se réduit à l’égalité : eiθ = einθ .
0
Et nous avons aussi : ρ eiθ = ρ 0 eiθ (avec ρ , ρ 0 > 0) si et seulement si ρ = ρ 0 et θ ≡ θ 0 (mod 2π).
3.3. Racines n-ième
Définition 3
Pour z ∈ C et n ∈ N, une racine n-ième est un nombre ω ∈ C tel que ωn = z.
Proposition 5
Il y a n racines n-ièmes ω0 , ω1 , . . . , ωn−1 de z = ρ eiθ , ce sont :
ωk = ρ 1/n e
iθ +2i kπ
n
,
k = 0, 1, . . . , n − 1
Démonstration
Écrivons z = ρ eiθ et cherchons ω sous la forme ω = rei t tel que z = ωn . Nous obtenons donc ρ eiθ =
¯
¯ ¯
¯
¡
¢n
ωn = rei t = r n eint . Prenons tout d’abord le module : ρ = ¯ρ eiθ ¯ = ¯ r n eint ¯ = r n et donc r = ρ 1/n
(il s’agit ici de nombres réels). Pour les arguments nous avons eint = eiθ et donc nt ≡ θ (mod 2π)
(n’oubliez surtout pas le modulo 2π !). Ainsi on résout nt = θ + 2 kπ (pour k ∈ Z) et donc t = nθ + 2knπ .
iθ +2i kπ
Les solutions de l’équation ωn = z sont donc les ωk = ρ 1/n e n . Mais en fait il n’y a que n solutions
distinctes car ωn = ω0 , ωn+1 = ω1 , . . . Ainsi les n solutions sont ω0 , ω1 , . . . , ωn−1 .
Par exemple pour z = 1, on obtient les n racines n-ièmes de l’unité e2ikπ/n , k = 0, . . . , n − 1 qui
forment un groupe multiplicatif.
j = e2iπ/3
i
i
1 = e0
0
−1 = eiπ
0
j 2 = e4iπ/3
Racine 3-ième de l’unité (z = 1, n = 3)
eiπ/3
1
e−iπ/3
Racine 3-ième de −1 (z = −1, n = 3)
Les racines 5-ième de l’unité (z = 1, n = 5) forment un pentagone régulier :
11
e2iπ/5
i
e4iπ/5
1
0
e6iπ/5
e8iπ/5
3.4. Applications à la trigonométrie
Voici les formules d’Euler, pour θ ∈ R :
cos θ =
eiθ + e−iθ
2
,
sin θ =
eiθ − e−iθ
2i
Ces formules s’obtiennent facilement en utilisant la définition de la notation exponentielle. Nous
les appliquons dans la suite à deux problèmes : le développement et la linéarisation.
Développement. On exprime sin nθ ou cos nθ en fonction des puissances de cos θ et sin θ .
Méthode : on utilise la formule de Moivre pour écrire cos (nθ ) + i sin (nθ ) = (cos θ + i sin θ )n que l’on
développe avec la formule du binôme de Newton.
Exemple 4
cos 3θ + i sin 3θ
= (cos θ + i sin θ )3
= cos3 θ + 3i cos2 θ sin θ − 3 cos θ sin2 θ − i sin3 θ
¡
¢ ¡
¢
= cos3 θ − 3 cos θ sin2 θ + i 3 cos2 θ sin θ − sin3 θ
En identifiant les parties réelles et imaginaires, on déduit que
cos 3θ = cos3 θ − 3 cos θ sin2 θ
et
sin 3θ = 3 cos2 θ sin θ − sin3 θ .
Linéarisation. On exprime cosn θ ou sinn θ en fonction des cos kθ et sin kθ pour k allant de 0 à n.
³ iθ −iθ ´n
Méthode : avec la formule d’Euler on écrit sinn θ = e −2ie
. On développe à l’aide du binôme de
Newton puis on regroupe les termes par paires conjuguées.
Exemple 5
12
sin3 θ
¶3
eiθ − e−iθ
2i
´
1 ³ iθ 3
(e ) − 3(eiθ )2 e−iθ + 3eiθ (e−iθ )2 − (e−iθ )3
−8i
´
1 ³ 3iθ
e − 3eiθ + 3e−iθ − e−3iθ
−8i
µ
¶
1 e3iθ − e−3iθ
eiθ − e−iθ
−
−3
4
2i
2i
sin 3θ 3 sin θ
−
+
4
4
µ
=
=
=
=
=
3.5. Mini-exercices
Mini-exercices
1. Mettre les nombres suivants sont la forme module-argument (avec la notation expop
p
p
nentielle) : 1, i, −1, −i, 3i, 1 + i, 3 − i, 3 − i, p 1 , ( 3 − i)20 xx où 20xx est l’année en
3−i
cours.
2. Calculer les racines 5-ième de i.
3. Calculer les racines carrées de
π
π
de cos 12
et sin 12
.
p
3
i
2 +2
de deux façons différentes. En déduire les valeurs
4. Donner sans calcul la valeur de ω0 + ω1 + · · · + ωn−1 , où les ω i sont les racines n-ième de
1.
5. Développer cos(4θ ) ; linéariser cos4 θ ; calculer une primitive de θ 7→ cos4 θ .
4. Nombres complexes et géométrie
On associe bijectivement à tout point M du plan affine R2 de coordonnées (x, y), le nombre complexe
z = x + iy appelé son affixe.
4.1. Équation complexe d’une droite
Soit
ax + b y = c
l’équation réelle d’une droite D : a, b, c sont des nombres réels (a et b n’étant pas tous les deux
nuls) d’inconnues (x, y) ∈ R2 .
Écrivons z = x + iy ∈ C, alors
z + z̄
z − z̄
x=
, y=
,
2
2i
donc D a aussi pour équation a(z + z̄) − ib(z − z̄) = 2c ou encore (a − ib)z + (a + ib) z̄ = 2c. Posons
ω = a + ib ∈ C∗ et k = 2c ∈ R alors l’équation complexe d’une droite est :
ω̄ z + ω z̄ = k
où ω ∈ C∗ et k ∈ R.
13
C
r
D
i
0
ω
i
1
0
1
4.2. Équation complexe d’un cercle
Soit C (Ω, r) le cercle de centre Ω et de rayon r. C’est l’ensemble des points M tel que dist(Ω, M) = r.
Si l’on note ω l’affixe de Ω et z l’affixe de M. Nous obtenons :
dist(Ω, M) = r ⇐⇒ | z − ω| = r ⇐⇒ | z − ω|2 = r 2 ⇐⇒ (z − ω)(z − ω) = r 2
et en développant nous trouvons que l’équation complexe du cercle centré en un point d’affixe ω et
de rayon r est :
z z̄ − ω̄ z − ω z̄ = r 2 − |ω|2
où ω ∈ C et r ∈ R.
4.3. Équation
| z − a|
| z− b|
=k
Proposition 6
Soit A, B deux points du plan et k ∈ R+ . L’ensemble des points M tel que
– une droite qui est la médiatrice de [AB], si k = 1,
– un cercle, sinon.
MA
MB
= k est
Exemple 6
Prenons A le point d’affixe +1,B le point d’affixe −1. Voici les figures pour plusieurs valeurs
de k.
Par exemple pour k = 2 le point M dessiné vérifie bien M A = 2MB.
14
M
B
A
k = 13
k=3
k = 12
k=2
k = 43
k=1
k = 34
Démonstration
Si les affixes de A, B, M sont respectivement a, b, z, cela revient à résoudre l’équation
| z − a|
| z− b|
= k.
| z − a|
= k ⇐⇒ | z − a|2 = k2 | z − b|2
| z − b|
⇐⇒ ( z − a)( z − a) = k2 ( z − b)( z − b)
⇐⇒ (1 − k2 ) z z̄ − z(ā − k2 b̄) − z̄(a − k2 b) + |a|2 − k2 | b|2 = 0
Donc si k = 1, on pose ω = a − k2 b et l’équation obtenue zω̄ + z̄ω = |a|2 − k2 | b|2 est bien celle d’une
droite. Et bien sûr l’ensemble des points qui vérifient M A = MB est la médiatrice de [ AB]. Si k 6= 1
2
2
2
2
on pose ω = a1−−kk2b alors l’équation obtenue est z z̄ − zω̄ − z̄ω = −|a|1−+kk2 |b| . C’est l’équation d’un cercle
de centre ω et de rayon r satisfaisant r 2 − |ω|2 =
−|a|2 + k2 | b|2
,
1− k2
soit r 2 =
| a − k 2 b |2
(1− k2 )2
2
2
2
+ −|a|1−+kk2 |b| .
Ces calculs se refont au cas par cas, il n’est pas nécessaire d’apprendre les formules.
Mini-exercices
1. Calculer l’équation complexe de la droite passant par 1 et i.
2. Calculer l’équation complexe du cercle de centre 1 + 2i passant par i.
| z − i|
3. Calculer l’équation complexe des solutions de
= 1, puis dessiner les solutions.
| z − 1|
| z − i|
4. Même question avec
= 2.
| z − 1|
Auteurs
Arnaud Bodin
Benjamin Boutin
Pascal Romon